統(tǒng)考版2024高考數(shù)學二輪復習板塊1命題區(qū)間精講精講9三角恒等變換與解三角形學案含解析理

PAGE14-三角恒等變換與解三角形命題點1三角恒等變換1．三角恒等變換“四大策略”(1)常值代換：常用到“1”的代換，1＝sin2θ＋cos2θ(2)項的拆分與角的配湊：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α，α＝(α－β)＋β等．(3)降次與升次：正用二倍角公式升次，逆用二倍角公式降次．(4)弦、切互化：一般是切化弦．2．常用公式技巧(1)項的拆分與角的配湊：如sin2α＋2cos2α＝(sin2α＋cos2α)＋cos2α.α＝(α－β)＋β等．(2)降冪公式：sin2α＝eq\f(1－cos2α,2)，cos2α＝eq\f(1＋cos2α,2).(3)協(xié)助角公式：asinθ＋bcosθ＝eq\r(a2＋b2)sin(θ＋φ)，其中cosφ＝eq\f(a,\r(a2＋b2))，sinφ＝eq\f(b,\r(a2＋b2)).[高考題型全通關]1．(2024·廣州一模)sin80°cos50°＋cos140°sin10°＝()A．－eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(3),2)C．－eq\f(1,2)D．eq\f(1,2)D[sin80°cos50°＋cos140°sin10°＝cos10°cos50°－sin50°sin10°＝cos(50°＋10°)＝cos60°＝eq\f(1,2).故選D．]2．(2024·玉林一模)已知α∈(0，π)，cosα＋eq\f(π,6)＝eq\f(3,5)，則sinα的值為()A．eq\f(4\r(3)－3,10)B．eq\f(3\r(3)－4,10)C．eq\f(7,10)D．eq\f(2\r(3),5)A[∵α∈(0，π)，cosα＋eq\f(π,6)＝eq\f(3,5)，∴sinα＋eq\f(π,6)＝eq\f(4,5)，∴sinα＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,6)－\f(π,6)))＝eq\f(4,5)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(1,2)×eq\f(3,5)＝eq\f(4\r(3)－3,10).故選A．]3．(2024·南昌模擬)已知α為其次象限角，且sin2α＝cos2α，則eq\f(sin2α,cos2α)＝()A．－eq\f(\r(2),2)B．eq\f(\r(2),2)C．eq\r(2)D．－eq\r(2)D[由sin2α＝cos2α＝cos2α－sin2α，得tan2α＝eq\f(1,2)，∵α為其次象限角，∴tanα＝－eq\f(\r(2),2)，∴eq\f(sin2α,cos2α)＝eq\f(2sinαcosα,cos2α)＝2tanα＝－eq\r(2)，故選D．]4．若sineq\f(π,6)－x＝eq\f(4,5)，則sineq\f(π,6)＋2x的值為()A．eq\f(24,25)B．－eq\f(24,25)C．eq\f(7,25)D．－eq\f(7,25)D[∵sineq\f(π,6)－x＝eq\f(4,5)，∴sineq\f(π,6)＋2x＝coseq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－\f(π,6)＋2x))＝coseq\f(π,3)－2x＝cos2eq\f(π,6)－x＝1－2sin2eq\f(π,6)－x＝1－2×eq\f(16,25)＝－eq\f(7,25).]5．(2024·全國卷Ⅲ)已知sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝1，則sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(2,3)D．eq\f(\r(2),2)B[∵sinθ＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,3)))＝eq\f(3,2)sinθ＋eq\f(\r(3),2)cosθ＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝1，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),3)，故選B．]6．已知sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3)，則logeq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα,tanβ)))2等于()A．2B．3C．4D．5C[因為sin(α＋β)＝eq\f(1,2)，sin(α－β)＝eq\f(1,3)，所以sinαcosβ＋cosαsinβ＝eq\f(1,2)，sinαcosβ－cosαsinβ＝eq\f(1,3)，所以sinαcosβ＝eq\f(5,12)，cosαsinβ＝eq\f(1,12)，所以eq\f(tanα,tanβ)＝5，所以logeq\r(5)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(tanα,tanβ)))2＝logeq\r(5)52＝4.故選C．]7．已知α∈0，eq\f(π,2)，β∈0，eq\f(π,2)，tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)，則()A．α＋β＝eq\f(π,2) B．α－β＝eq\f(π,4)C．α＋β＝eq\f(π,4) D．α＋2β＝eq\f(π,2)B[tanα＝eq\f(cos2β,1－sin2β)＝eq\f(cos2β－sin2β,cos2β＋sin2β－2sinβcosβ)＝eq\f(cosβ＋sinβcosβ－sinβ,cosβ－sinβ2)＝eq\f(cosβ＋sinβ,cosβ－sinβ)＝eq\f(1＋tanβ,1－tanβ)＝taneq\f(π,4)＋β，又因為α∈0，eq\f(π,2)，β∈0，eq\f(π,2)，所以α＝eq\f(π,4)＋β，即α－β＝eq\f(π,4).]8．已知函數(shù)f(x)＝5sinx－12cosx，當x＝x0時，f(x)有最大值13，則tanx0＝________.－eq\f(5,12)[法一：(干脆法)f(x)＝5sinx－12cosx＝13sin(x－θ)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cosθ＝\f(5,13)，sinθ＝\f(12,13))).當x＝x0時，f(x)有最大值13，∴x0－θ＝eq\f(π,2)＋2kπ，k∈Z，∴x0＝θ＋eq\f(π,2)＋2kπ.tanx0＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)＋2kπ))＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2)))＝eq\f(sin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2))),cos\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,2))))＝eq\f(cosθ,－sinθ)＝－eq\f(5,12).法二：(導數(shù)法)由f′(x)＝5cosx＋12sinx＝0得tanx＝－eq\f(5,12).又f′(x0)＝0，∴tanx0＝－eq\f(5,12).]命題點2解三角形應用正、余弦定理解三角形應留意的4點(1)正弦定理：a∶b∶c＝sinA∶sinB∶sinC．(2)余弦定理：要留意整體思想的運用，如a2＝b2＋c2－2bccosA＝(b＋c)2－2bc－2bccosA．(3)解的不定性：在已知三角形兩邊及其中一邊的對角，求該三角形的其它邊角的問題時，首先必需推斷是否有解，假如有解，是一解還是兩解，留意“大邊對大角”在判定中的應用．(4)三角形的面積公式：S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(1,2)acsinB＝eq\f(1,2)bcsinA．注：求三角形的面積時，有時可以利用余弦定理求出ab的整體值再求面積，而不必分別求出a，b的值．[高考題型全通關]1．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a＝eq\r(3)，b＝eq\r(2)，B＝45°，則角A等于()A．60° B．120°C．90° D．60°或120°D[由正弦定理可知eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(\r(3),sinA)＝eq\f(\r(2),sin45°)＝2，所以sinA＝eq\f(\r(3),2)，因為a>b，所以A>45°，所以A＝60°或A＝120°.故選D．]2．在△ABC中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，以下四個結論中，錯誤的是()A．若a>b>c，則sinA>sinB>sinCB．若A>B>C，則sinA>sinB>sinCC．acosB＋bcosA＝cD．若a2＋b2>c2，則△ABC是銳角三角形D[對于A，由于a>b>c，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，可得sinA>sinB>sinC，故A正確；對于B，A>B>C，由大邊對大角定理可知，a>b>c，由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝2R，可得sinA>sinB>sinC，故B正確；對于C，由正弦定理可得acosB＋bcosA＝2R(sinAcosB＋sinBcosA)＝2Rsin(B＋A)＝2Rsin(π－C)＝2RsinC＝c，故C正確；對于D，a2＋b2>c2，由余弦定理可得cosC＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)>0，由C∈(0，π)，可得C是銳角，但A或B有可能為鈍角，故D錯誤．]3．(2024·大連模擬)△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若sinA＝eq\f(\r(5),5)，a＝eq\r(2)b，c＞a，則角C的大小為()A．eq\f(π,3)B．eq\f(π,2)C．eq\f(2π,3)D．eq\f(3π,4)D[∵sinA＝eq\f(\r(5),5)，a＝eq\r(2)b，c＞a，∴由正弦定理可得sinA＝eq\r(2)sinB，可得sinB＝eq\f(sinA,\r(2))＝eq\f(\f(\r(5),5),\r(2))＝eq\f(\r(10),10)，∵c＞a＞b，∴cosA＝eq\r(1－sin2A)＝eq\f(2\r(5),5)，cosB＝eq\r(1－sin2B)＝eq\f(3\r(10),10)，∴cosC＝－cos(A＋B)＝sinAsinB－cosAcosB＝eq\f(\r(5),5)×eq\f(\r(10),10)－eq\f(2\r(5),5)×eq\f(3\r(10),10)＝－eq\f(\r(2),2)，∵C∈(0，π)，可得C＝eq\f(3π,4).故選D．]4．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，acosB＋bcosA＝2ccosC，c＝eq\r(7)，且△ABC的面積為eq\f(3\r(3),2)，則△ABC的周長為()A．1＋eq\r(7)B．2＋eq\r(7)C．4＋eq\r(7)D．5＋eq\r(7)D[在△ABC中，acosB＋bcosA＝2ccosC，則sinAcosB＋sinBcosA＝2sinCcosC，即sin(A＋B)＝2sinCcosC，∵sin(A＋B)＝sinC≠0，∴cosC＝eq\f(1,2)，∴C＝eq\f(π,3).由余弦定理可得，a2＋b2－c2＝ab，即(a＋b)2－3ab＝c2＝7，又S＝eq\f(1,2)absinC＝eq\f(\r(3),4)ab＝eq\f(3\r(3),2)，∴ab＝6，∴(a＋b)2＝7＋3ab＝25，a＋b＝5，∴△ABC的周長為a＋b＋c＝5＋eq\r(7).]5．已知△ABC的面積為S，三個內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若4S＝a2－(b－c)2，bc＝4，則S＝()A．2B．4C．eq\r(3)D．2eq\r(3)A[由4S＝a2－(b－c)2可得4×eq\f(1,2)bcsinA＝a2－b2－c2＋2bc，∴2bcsinA＝2bc－2bccosA，即sinA＋cosA＝1，所以sinA＋eq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2)，又0＜A＜π，所以eq\f(π,4)＜A＋eq\f(π,4)＜eq\f(5π,4)，即A＋eq\f(π,4)＝eq\f(3π,4)，∴A＝eq\f(π,2).∴S△ABC＝eq\f(1,2)bcsinA＝eq\f(1,2)×4＝2.故選A．]6．在平面四邊形ABCD中，∠D＝90°，∠BAD＝120°，AD＝1，AC＝2，AB＝3，則BC＝()A．eq\r(5)B．eq\r(6)C．eq\r(7)D．2eq\r(2)C[如圖，在△ACD中，∠D＝90°，AD＝1，AC＝2，所以∠CAD＝60°.又∠BAD＝120°，所以∠BAC＝∠BAD－∠CAD＝60°.在△ABC中，由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos∠BAC＝7，所以BC＝eq\r(7).故選C．]7．(2024·德陽模擬)已知△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且A＝60°，b＝3，AD為BC邊上的中線，若AD＝eq\f(7,2)，則△ABC的面積為()A．eq\f(25\r(3),4)B．eq\f(15\r(3),4)C．eq\f(15,4)D．eq\f(35\r(3),4)B[如圖，設CD＝DB＝x，則cos∠ADC＝eq\f(AD2＋DC2－AC2,2AD·DC)＝eq\f(x2＋\f(7,2)2－32,2×\f(7,2)·x)＝eq\f(x2＋\f(13,4),7x)， ①cos∠ADB＝eq\f(AD2＋DB2－AB2,2AD·DB)＝eq\f(x2＋\f(7,2)2－c2,2·x×\f(7,2))＝eq\f(x2＋\f(7,2)2－c2,7x). ②∵∠ADC＋∠ADB＝180°；∴①＋②＝0?c2＝2x2＋eq\f(31,2). ③∵∠CAB＝60°，∴BC2＝AC2＋AB2－2AC·ABcos∠CAB?(2x)2＝c2＋32－2c×3×eq\f(1,2)＝c2＋9－3c. ④③④聯(lián)立得：c2＋3c－40＝0?c＝5(c∴△ABC的面積為eq\f(1,2)bcsin∠CAB＝eq\f(15\r(3),4).故選B．]8．在△ABC中，A，B，C的對邊分別為a，b，c，且bcosC＝3acosB－ccosB，eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝2，則△ABC的面積為________．2eq\r(2)[因為bcosC＝3acosB－ccosB，由正弦定理得sinBcosC＝3sinAcosB－sinCcosB，即sinBcosC＋sinCcosB＝3sinAcosB，所以sin(B＋C)＝3sinAcosB．又sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，所以sinA＝3sinAcosB，又sinA≠0，解得cosB＝eq\f(1,3)，所以sinB＝eq\r(1－cos2B)＝eq\r(1－\f(1,9))＝eq\f(2\r(2),3).由eq\o(BA,\s\up12(→))·eq\o(BC,\s\up12(→))＝2，可得cacosB＝2，解得ac＝6.所以S△ABC＝eq\f(1,2)ac·sinB＝eq\f(1,2)×6×eq\f(2\r(2),3)＝2eq\r(2).][老師備選]1．在△ABC中，內角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，若a2－b2＝eq\r(3)bc，sinC＝2eq\r(3)sinB，則角A為()A．30°B．60°C．120°D．150°A[由sinC＝2eq\r(3)sinB，得c＝2eq\r(3)b，∴c2＝2eq\r(3)bc，∴cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq\f(－\r(3)bc＋2\r(3)bc,2bc)＝eq\f(\r(3),2)，又0°<A<180°，∴A＝30°.]2．已知△ABC的三個內角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若2cosB＝eq\f(a,c)，則該三角形肯定是()A．等腰三角形 B．直角三角形C．等邊三角形 D．等腰直角三角形A[由2cosB＝eq\f(a,c)及余弦定理得2×eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－b2,ac)＝eq\f(a,c)，整理得c2＝b2，∴b＝c，∴△ABC為等腰三角形．]3．(2024·長春二模)在△ABC中，C＝30°，cosA＝－eq\f(2,3)，AC＝eq\r(15)－2，則AC邊上的高為()A．eq\f(\r(5),2)B．2C．eq\r(5)D．eq\f(\r(15),2)C[∵cos∠BAC＝－eq\f(2,3)，0＜∠BAC＜π，∴sin∠BAC＝eq\f(\r(5),3)，∴sin∠ABC＝sin(∠BAC＋C)＝sin∠BACcosC＋cos∠BACsinC＝eq\f(\r(5),3)×eq\f(\r(3),2)－eq\f(2,3)×eq\f(1,2)＝eq\f(\r(15)－2,6)，由正弦定理有，eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(AB,sinC)，即eq\f(\r(15)－2,\f(\r(15)－2,6))＝eq\f(AB,\f(1,2))，解得AB＝3，設AC邊上的高為BD，∴eq\f(1,2)×AB×AC×sin∠BAC＝eq\f(1,2)×AC×BD，即3×(eq\r(15)－2)×eq\f(\r(5),3)＝(eq\r(15)－2)×BD，∴BD＝eq\r(5)，即AC邊上的高為eq\r(5).故選C．]4．(2024·宜賓模擬)在△ABC中，角A的平分線交邊BC于D，AB＝4，AC＝8，BD＝2，則△ABD的面積是()A．eq\r(15)B．3eq\r(15)C．1D．3A[如圖，因為在△ABC中，角A的平分線交邊BC于D，AB＝4，AC＝8，BD＝2，所以eq\f(AB,AC)＝eq\f(BD,DC)?DC＝4，∴BC＝6，∴cosB＝eq\f(AB2＋BC2－AC2,2AB·BC)＝eq\f(42＋62－82,2×4×6)＝－eq\f(1,4)，∴sinB＝eq\r(1－－\f(1,4)2)＝eq\f(\r(15),4)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC·sinB＝3eq\r(15)，∴S△ABD＝eq\f(1,3)S△ABC＝eq\r(15).故選A．]命題點3正、余弦定理的實際應用1．解決三角形應用題的基本思路實際問題eq\o(→,\s\up7(畫圖))數(shù)學問題eq\o(→,\s\up7(解三角形))數(shù)學問題的解eq\o(→,\s\up7(檢驗))實際問題的解．2．用正、余弦定理解決問題的一般步驟(1)選定或確定要創(chuàng)建的三角形，要首先確定所求量所在的三角形，若其他量已知，則干脆解；若有未知量，則把未知量放在另一確定三角形中求解．(2)確定用正弦定理還是余弦定理，假如都可用，選擇便于計算的定理．[高考題型全通關]1．某游輪在A處看燈塔B在A的北偏東75°的方向上，距A12eq\r(6)海里處，燈塔C在A的北偏西30°的方向上，距A8eq\r(3)海里處，游輪由A處向正北方向航行到D處時再看燈塔B在南偏東60°的方向上，則此時燈塔C與游輪的距離為()A．20海里 B．8eq\r(3)海里C．23eq\r(2)海里 D．24海里B[如圖所示，在△ABD中，∠DAB＝75°，∠ADB＝60°，∴B＝180°－75°－60°＝45°，由正弦定理得eq\f(AD,sinB)＝eq\f(AB,sin∠ADB)，∴AD＝eq\f(ABsinB,sin∠ADB)＝eq\f(12\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝24.在△ACD中，AD＝24，AC＝8eq\r(3)，∠CAD＝30°，由余弦定理得CD2＝AD2＋AC2－2AD·ACcos30°＝242＋(8eq\r(3))2－2×24×8eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝192，∴CD＝8eq\r(3).]2.[高考改編]如圖，一輛汽車在一條水平的馬路上向正西行駛，到A處時測得馬路北側一山頂D在西偏北45°(即∠BAC＝45°)的方向上，行駛600eq\r(6)m后到達B處，測得此山頂在北偏東15°(即∠ABC＝75°)的方向上，仰角∠A．200eq\r(3)m B．400eq\r(3)mC．600eq\r(3)m D．800eq\r(3)mB[△ABC中，∠BAC＝45°，AB＝600eq\r(6)，∠ABC＝75°，∴∠ACB＝60°，由正弦定理得eq\f(BC,sin45°)＝eq\f(600\r(6),sin60°)，BC＝eq\f(600\r(6)×\f(\r(2),2),\f(\r(3),2))＝1200，Rt△BCD中，∠DBC＝30°，∴CD＝BCtan∠DBC＝1200×eq\f(\r(3),3)＝400eq\r(3)，則山高CD為400eq\命題點4三角形中的最值(范圍)問題三角形中的最值(范圍)問題求解策略(1)解題的2大工具：三角函數(shù)的有界性及均值不等式，特殊要重視在余弦定理中用均值不等式，實現(xiàn)a2＋b2，ab，a＋b三者的互化．(2)隱含條件：留意在銳角三角形中隱含著：①A＋B＞eq\f(π,2)；②若A＝eq\f(π,3)，則eq\f(π,6)＜B，C＜eq\f(π,2).[高考題型全通關]1．在△ABC中，sin2A≤sin2B＋sin2C－sinBsinC，則A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))C[由已知及正弦定理有a2≤b2＋c2－bc，由余弦定理可知a2＝b2＋c2－2bccosA，于是b2＋c2－2bccosA≤b2＋c2－bc，∴cosA≥eq\f(1,2)，在△ABC中，A∈(0，π)．由余弦函數(shù)的性質，得0＜A≤eq\f(π,3).]2．設△ABC的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且a，b，c成等比數(shù)列，則角B的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,6))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,6)，π))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3))) D．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，π))C[∵a，b，c成等比數(shù)列，∴b2＝ac，由余弦定理，得cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(a2＋c2－ac,2ac)≥eq\f(2ac－ac,2ac)＝eq\f(1,2)，又B∈(0，π)，∴B∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,3)))，故選C．]3．設銳角△ABC的三內角A，B，C所對邊的邊長分別為a，b，c，且a＝1，B＝2A，則bA．(eq\r(2)，eq\r(3)) B．(1，eq\r(3))C．(eq\r(2)，2) D．(0,2)A[∵B＝2A，∴sinB＝sin2A＝2sinA∵a＝1，∴b＝2acosA＝2cosA．又△ABC為銳角三角形，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜2A＜\f(π,2)，,0＜A＜\f(π,2)，,0＜C＜\f(π,2)，))∴eq\f(π,6)＜A＜eq\f(π,4)，∴eq\f(\r(2),2)＜cosA＜eq\f(\r(3),2).即eq\r(2)＜b＝2cosA＜eq\r(3)，故選A．]4．已知銳角△ABC外接圓的半徑為2，AB＝2eq\r(3)，則△ABC周長的最大值為()A．4eq\r(3)B．6eq\r(3)C．8eq\r(3)D．12eq\r(3)B[∵銳角△ABC外接圓的半徑為2，AB＝2eq\r(3)，∴eq\f(c,sinC)＝2R，即eq\f(2\r(3),sinC)＝4，∴sinC＝eq\f(\r(3),2)，又C為銳角，∴C＝eq\f(π,3)，由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)＝4，∴a＝4sinA，b＝4sinB，c＝2eq\r(3)，∴a＋b＋c＝2eq\r(3)＋4sinB＋4sineq\f(2π,3)－B＝6sinB＋2eq\r(3)·cosB＋2eq\r(3)＝4eq\r(3)sinB＋eq\f(π,6)＋2eq\r(3)，∴當B＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即B＝eq\f(π,3)時，a＋b＋c取得最大值4eq\r(3)＋2eq\r(3)＝6eq\r(3).]5．(2024·北碚區(qū)模擬)在△ABC中，AB＝3AC＝6，tanA＝－eq\r(3)，點D，E分別是邊AB，AC上的點，且DE＝3，記△ADE，四邊形BCED的面積分別為S1，S2，則eq\f(S1,S2)的最大值為()A．eq\f(1,4)B．eq\f(3,8)C．eq\f(1,3)D．eq\f(5,12)C[由題意可知A＝120°，S△ABC＝eq\f(1,2)×2×6×sin120°＝3eq\r(3).設AD＝x(0＜x≤6)，AE＝y(tǒng)(0＜y≤2)，由余弦定理得DE2＝x2＋y2－2xycos120°，即9＝x2＋y2＋xy，從而9≥2xy＋xy＝3xy，即xy≤3.當且僅當x＝y(tǒng)＝eq\r(3)時等號成立．∴S1＝eq\f(1,2)xysinA＝eq\f(\r(3),4)xy≤eq\f(3\r(3),4)，∴eq\f(S1,S2)的最大值為eq\f(\f(3\r(3),4),3\r(3)－\f(3\r(3),4))＝eq\f(1,3).故選C．]6．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，BC邊上的高為eq\f(a,2)，